10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH bài tập TRẮC NGHIỆM hóa học

Trang 1 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Phương pháp 1: ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2 O 3 . Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: 3Fe 2 O 3 + CO o t  2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO o t  3FeO + CO 2 (2) FeO + CO o t  Fe + CO 2 (3) Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe 3 O 4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO 2 tạo thành. B 11,2 n 0,5 22,5   mol. Gọi x là số mol của CO 2 ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5  x) = 0,5  20,4  2 = 20,4 nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: m X + m CO = m A + 2 CO m  m = 64 + 0,4  44  0,4  28 = 70,4 gam. (Đáp án C) Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H 2 SO 4 đặc ở 140 o C thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. Hướng dẫn giải Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H 2 SO 4 đặc, 140 o C thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H 2 O. Theo ĐLBTKL ta có 2 H O ete m m m 132,8 11,2 21,6     rîu gam  2 H O 21,6 n 1,2 18   mol. Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H 2 O do đó số mol H 2 O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2 0,2 6  mol. (Đáp án D) Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. Trang 2 Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO 3  Fe(NO 3 ) 3 + 3NO 2 + 3H 2 O Cu + 4HNO 3  Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O 2 NO n 0,5 mol  3 2 HNO NO n 2n 1  mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 2 2 3 NO d HNO m m m m 1 63 100 12 46 0,5 89 gam. 63           2 2 d muèi h k.lo¹i Đặt n Fe = x mol, n Cu = y mol ta có: 56x 64y 12 3x 2y 0,5         x 0,1 y 0,1       3 3 Fe(NO ) 0,1 242 100 %m 27,19% 89     3 2 Cu(NO ) 0,1 188 100 %m 21,12%. 89     (Đáp án B) Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. Hướng dẫn giải M 2 CO 3 + 2HCl  2MCl + CO 2 + H 2 O R 2 CO 3 + 2HCl  2MCl 2 + CO 2 + H 2 O 2 CO 4,88 n 0,2 22,4   mol  Tổng n HCl = 0,4 mol và 2 H O n 0,2 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,436,5 = m muối + 0,244 + 0,218  m muối = 26 gam. (Đáp án C) Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O 2 (đktc) thu được CO 2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. A. C 8 H 12 O 5 . B. C 4 H 8 O 2 . C. C 8 H 12 O 3 . D. C 6 H 12 O 6 . Hướng dẫn giải 1,88 gam A + 0,085 mol O 2  4a mol CO 2 + 3a mol H 2 O. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 2 2 CO H O m m 1,88 0,085 32 46 gam     Ta có: 444a + 183a = 46  a = 0,02 mol. Trong chất A có: n C = 4a = 0,08 mol n H = 3a2 = 0,12 mol n O = 4a2 + 3a  0,0852 = 0,05 mol  n C : n H : n o = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 Vậy công thức của chất hữu cơ A là C 8 H 12 O 5 có M A < 203. (Đáp án A) Trang 3 Ví dụ 6: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este. A. CH 3 COO CH 3 . B. CH 3 OCOCOOCH 3 . C. CH 3 COOCOOCH 3 . D. CH 3 COOCH 2 COOCH 3 . Hướng dẫn giải R(COOR) 2 + 2NaOH  R(COONa) 2 + 2ROH 0,1  0,2  0,1  0,2 mol R OH 6,4 M 32 0,2     Rượu CH 3 OH. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m este + m NaOH = m muối + m rượu  m muối  m este = 0,240  64 = 1,6 gam. mà m muối  m este = 13,56 100 m este  m este = 1,6 100 11,8 gam 13,56    M este = 118 đvC R + (44 + 15)2 = 118  R = 0. Vậy công thức cấu tạo của este là CH 3 OCOCOOCH 3 . (Đáp án B) Ví dụ 7: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H 2 O. - Phần 2: Tác dụng với H 2 dư (Ni, t o ) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO 2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên 2 2 CO H O n n = 0,06 mol.  2 CO C n n 0,06 (phÇn 2) (phÇn 2)   mol. Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: C C (A) n n 0,06 (phÇn 2)   mol.  2 CO (A) n = 0,06 mol  2 CO V = 22,40,06 = 1,344 lít. (Đáp án C)  Phương pháp 2: BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây. Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 cần 0,05 mol H 2 . Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H 2 SO 4 đặc thu được thể tích khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H 2 + O  H 2 O 0,05  0,05 mol Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 lần lượt là x, y, z. Ta có: Trang 4 n O = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)  Fe 3,04 0,05 16 n 0,04 mol 56      x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol. Mặt khác: 2FeO + 4H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O x  x/2 2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4  3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O y  y/2  tổng: SO2 x y 0,2 n 0,01 mol 2 2     Vậy: 2 SO V 224 ml. (Đáp án B) Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O  CO 2 H 2 + O  H 2 O. Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: m O = 0,32 gam.  O 0,32 n 0,02 mol 16      2 CO H n n 0,02 mol  . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m oxit = m chất rắn + 0,32  16,8 = m + 0,32  m = 16,48 gam.  2 hh(CO H ) V 0,02 22,4 0,448     lít. (Đáp án D) Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H 2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al 2 O 3 , CuO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. Hướng dẫn giải 2 hh(CO H ) 2,24 n 0,1 mol 22,4    Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O  CO 2 H 2 + O  H 2 O. Vậy: 2 O CO H n n n 0,1 mol   .  m O = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là Trang 5 A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. Hướng dẫn giải C n H 2n+1 CH 2 OH + CuO o t  C n H 2n+1 CHO + Cu  + H 2 O Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: m O = 0,32 gam  O 0,32 n 0,02 mol 16    Hỗn hợp hơi gồm: n 2n 1 2 C H CHO :0,02 mol H O :0,02 mol.     Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31  m hh hơi = 31  0,04 = 1,24 gam. m ancol + 0,32 = m hh hơi m ancol = 1,24  0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít. Hướng dẫn giải m O = m oxit  m kl = 5,96  4,04 = 1,92 gam. O 1,92 n 0,12 mol 16   . Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H 2 O như sau: 2H + + O 2  H 2 O 0,24  0,12 mol  HCl 0,24 V 0,12 2   lít. (Đáp án C) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O 2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO 2 và 0,2 mol H 2 O. Giá trị của V là A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Hướng dẫn giải Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO 2 . Vậy: 2 2 2 2 O (RO ) O (CO ) O (CO ) O (H O) n n n n   0,12 + n O (p.ư) = 0,32 + 0,21  n O (p.ư) = 0,6 mol  2 O n 0,3 mol  2 O V 6,72 lít. (Đáp án C) Ví dụ 7: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. M + n 2 O 2  M 2 O n (1) M 2 O n + 2nHCl  2MCl n + nH 2 O (2) Theo phương trình (1) (2)  2 HCl O n 4.n . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  2 O m 44,6 28,6 16   gam Trang 6  2 O n 0,5 mol  n HCl = 40,5 = 2 mol  Cl n 2 mol    m muối = m hhkl + Cl m  = 28,6 + 235,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) Ví dụ 8: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe x O y bằng H 2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H 2 O tạo thành là A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. Hướng dẫn giải m O (trong oxit) = m oxit  m kloại = 24  17,6 = 6,4 gam.    2 O H O m 6,4 gam ; 2 H O 6,4 n 0,4 16   mol.  2 H O m 0,4 18 7,2   gam. (Đáp án C)  Phương pháp 3: BẢO TOÀN MOL ELECTRON Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: 2Fe + O 2 o t  2FeO (1) 2Fe + 1,5O 2 o t  Fe 2 O 3 (2) 3Fe + 2O 2 o t  Fe 3 O 4 (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: 3FeO + 10HNO 3  3Fe(NO 3 ) 3 + NO  + 5H 2 O (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3  2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3  9Fe(NO 3 ) 3 + NO  + 14H 2 O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe 0 bị oxi hóa thành Fe +3 , còn N +5 bị khử thành N +2 , O 2 0 bị khử thành 2O 2 nên phương trình bảo toàn electron là: 0,728 3n 0,009 4 3 0,039 56      mol. trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol; V NO = 0,00122,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: 2Al + 3FeO o t  3Fe + Al 2 O 3 (7) 2Al + Fe 2 O 3 o t  2Fe + Al 2 O 3 (8) Trang 7 8Al + 3Fe 3 O 4 o t 9Fe + 4Al 2 O 3 (9) Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (10) 2Al + 6HCl 2AlCl 3 + 3H 2 (11) Xột cỏc phn ng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thy Fe 0 cui cựng thnh Fe +2 , Al 0 thnh Al +3 , O 2 0 thnh 2O 2 v 2H + thnh H 2 nờn ta cú phng trỡnh bo ton electron nh sau: 5,4 3 0,013 2 0,009 4 n 2 27 Fe 0 Fe +2 Al 0 Al +3 O 2 0 2O 2 2H + H 2 n = 0,295 mol 2 H V 0,295 22,4 6,608 lớt. (ỏp ỏn A) Nhn xột: Trong bi toỏn trờn cỏc bn khụng cn phi bn khon l to thnh hai oxit st (hn hp A) gm nhng oxit no v cng khụng cn phi cõn bng 11 phng trỡnh nh trờn m ch cn quan tõm ti trng thỏi u v trng thỏi cui ca cỏc cht oxi húa v cht kh ri ỏp dng lut bo ton electron tớnh lc bt c cỏc giai on trung gian ta s tớnh nhm nhanh c bi toỏn. Vớ d 2: Trn 0,81 gam bt nhụm vi bt Fe 2 O 3 v CuO ri t núng tin hnh phn ng nhit nhụm thu c hn hp A. Ho tan hon ton A trong dung dch HNO 3 un núng thu c V lớt khớ NO (sn phm kh duy nht) ktc. Giỏ tr ca V l A. 0,224 lớt. B. 0,672 lớt. C. 2,24 lớt. D. 6,72 lớt. Hng dn gii Túm tt theo s : o 2 3 t NO Fe O 0,81 gam Al V ? CuO 3 hòa tan hoàn toàn dung dịch HNO hỗn hợp A Thc cht trong bi toỏn ny ch cú quỏ trỡnh cho v nhn electron ca nguyờn t Al v N. Al Al +3 + 3e 0,81 27 0,09 mol v N +5 + 3e N +2 0,09 mol 0,03 mol V NO = 0,0322,4 = 0,672 lớt. (ỏp ỏn D) Nhn xột: Phn ng nhit nhụm cha bit l hon ton hay khụng hon ton do ú hn hp A khụng xỏc nh c chớnh xỏc gm nhng cht no nờn vic vit phng trỡnh húa hc v cõn bng phng trỡnh phc tp. Khi hũa tan hon ton hn hp A trong axit HNO 3 thỡ Al 0 to thnh Al +3 , nguyờn t Fe v Cu c bo ton húa tr. Cú bn s thc mc lng khớ NO cũn c to bi kim loi Fe v Cu trong hn hp A. Thc cht lng Al phn ng ó bự li lng Fe v Cu to thnh. Vớ d 3: Cho 8,3 gam hn hp X gm Al, Fe (n Al = n Fe ) vo 100 ml dung dch Y gm Cu(NO 3 ) 2 v AgNO 3 . Sau khi phn ng kt thỳc thu c cht rn A gm 3 kim loi. Hũa tan hon ton cht rn A vo dung dch HCl d thy cú 1,12 lớt khớ thoỏt ra (ktc) v cũn li 28 gam cht rn khụng tan B. Nng C M ca Cu(NO 3 ) 2 v ca AgNO 3 ln lt l A. 2M v 1M. B. 1M v 2M. C. 0,2M v 0,1M. D. kt qu khỏc. Túm tt s : Al Fe 8,3 gam hỗn hợp X (n = n ) Al Fe + 100 ml dung dch Y 3 3 2 AgNO :x mol Cu(NO ) :y mol Chất rắn A (3 kim loại) 2 HCl d 1,12 lít H 2,8 gam chất rắn không tan B Hng dn gii Trang 8 Ta có: n Al = n Fe = 8,3 0,1 mol. 83  Đặt 3 AgNO n x mol và 3 2 Cu(NO ) n y mol  X + Y  Chất rắn A gồm 3 kim loại.  Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al  Al 3+ + 3e Fe  Fe 2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2  Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag + + 1e  Ag Cu 2+ + 2e  Cu 2H + + 2e  H 2 x x x y 2y y 0,1 0,05  Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol.  108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol.  3 M AgNO 0,2 C 0,1  = 2M; 3 2 MCu(NO ) 0,1 C 0,1  = 1M. (Đáp án B) Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO 3 và H 2 SO 4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 , NO, NO 2 , N 2 O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt n Mg = x mol ; n Al = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15.(1) Quá trình oxi hóa: Mg  Mg 2+ + 2e Al  Al 3+ + 3e x 2x y 3y  Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). Quá trình khử: N +5 + 3e  N +2 2N +5 + 2  4e  2N +1 0,3 0,1 0,8 0,2 N +5 + 1e  N +4 S +6 + 2e  S +4 0,1 0,1 0,2 0,1  Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.  27 0,2 %Al 100% 36%. 15     %Mg = 100%  36% = 64%. (Đáp án B) Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 33 lít. D. 49 lít. Hướng dẫn giải Vì Fe S 30 n n 32   nên Fe dư và S hết. Trang 9 Khí C là hỗn hợp H 2 S và H 2 . Đốt C thu được SO 2 và H 2 O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O 2 thu e. Nhường e: Fe  Fe 2+ + 2e 60 mol 56 60 2 56  mol S  S +4 + 4e 30 mol 32 30 4 32  mol Thu e: Gọi số mol O 2 là x mol. O 2 + 4e  2O -2 x mol  4x Ta có: 60 30 4x 2 4 56 32     giải ra x = 1,4732 mol.  2 O V 22,4 1,4732 33   lít. (Đáp án C) Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hoá trị x, y không đổi (R 1 , R 2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N 2 . Các thể tích khí đo ở đktc. A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: TN1: R 1 và R 2 nhường e cho Cu 2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho 5 N  để thành 2 N  (NO). Số mol e do R 1 và R 2 nhường ra là 5 N  + 3e  2 N  0,15 05,0 4,22 12,1  TN2: R 1 và R 2 trực tiếp nhường e cho 5 N  để tạo ra N 2 . Gọi x là số mol N 2 , thì số mol e thu vào là 2 5 N  + 10e  0 2 N 10x  x mol Ta có: 10x = 0,15  x = 0,015  2 N V = 22,4.0,015 = 0,336 lít. (Đáp án B) Ví dụ 7: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO 2 . Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. C. 5,69 gam. D. 5,96 gam. Hướng dẫn giải Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. Nhường e: Cu = 2 Cu  + 2e Mg = 2 Mg  + 2e Al = 3 Al  + 3e x  x  2x y  y  2y z  z  3z Thu e: 5 N  + 3e = 2 N  (NO) 5 N  + 1e = 4 N  (NO 2 ) 0,03  0,01 0,04  0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NO 3  Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 620,07 = 5,69 gam. (Đáp án C) Cách 2: Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO 3 tạo hỗn hợp 2 khí NO và NO 2 thì Trang 10 3 2 HNO NO NO n 2n 4n  3 HNO n 2 0,04 4 0,01 0,12     mol  2 H O n 0,06 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 3 2 2 KL HNO muèi NO NO H O m m m m m m     1,35 + 0,1263 = m muối + 0,0130 + 0,0446 + 0,0618  m muối = 5,69 gam. Ví dụ 8: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007) Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít. Hướng dẫn giải Đặt n Fe = n Cu = a mol  56a + 64a = 12  a = 0,1 mol. Cho e: Fe  Fe 3+ + 3e Cu  Cu 2+ + 2e 0,1  0,3 0,1  0,2 Nhận e: N +5 + 3e  N +2 N +5 + 1e  N +4 3x  x y  y Tổng n e cho bằng tổng n e nhận.  3x + y = 0,5 Mặt khác: 30x + 46y = 192(x + y).  x = 0,125 ; y = 0,125. V hh khí (đktc) = 0,125222,4 = 5,6 lít. (Đáp án C) Ví dụ 9: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải m gam Fe + O 2  3 gam hỗn hợp chất rắn X 3 HNO d  0,56 lít NO. Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là: Cho e: Fe  Fe 3+ + 3e m 56  3m 56 mol e Nhận e: O 2 + 4e  2O 2 N +5 + 3e  N +2 3 m 32   4(3 m) 32  mol e 0,075 mol  0,025 mol 3m 56 = 4(3 m) 32  + 0,075  m = 2,52 gam. (Đáp án A)  Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION - ELETRON Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên các bạn phải nắm chắc phương trình phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là H + + OH   H 2 O hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNO 3 và dung dịch H 2 SO 4 là 3Cu + 8H + + 2NO 3   3Cu 2+ + 2NO  + 4H 2 O Sau đây là một số ví dụ: [...]... D 90 gam Hướng dẫn giải 2,35a Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là gam 100 Zn + CdSO4 ZnSO4 + Cd 65 1 mol 112, tăng (112 – 65) = 47 gam 8,32 2,35a (=0,04 mol) gam 208 100 1 47 Ta có tỉ lệ: a = 80 gam (Đáp án C) 2,35a 0,04 100 Phương pháp 7 : QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron,... tương ứng là x và y Quan hệ giữa x và y là (giả thiết, cứ 100 phân tử CH3COOH thì có 1 phân tử điện li) A y = 100 x B y = 2x C y = x 2 D y = x + 2 Vậy để có kết tủa thì Trang 24 Hướng dẫn giải pHHCl = x pH CH3COOH y [H+]HCl = 10 x [H ]CH3COOH 10 y HCl H+ + Cl 10 x 10 x (M) CH3COOH H+ + CH3COO y 100 .10 10 y (M) Mặt khác: [HCl] = [CH3COOH] 10 x = 100 .10 y y = x + 2 (Đáp án D) Ví dụ 6: (Câu 53 - Mã đề 182... C 60% D 65% Hướng dẫn giải 0,488 3,164 = 0,02 mol = 158,2 n CO2 M 22,4 0,02 Áp dụng sơ đồ đường chéo: B aC O3 (M C aC O3 (M 1 197) 100 M %n BaCO3 2 100 ) 158,2 58,2 197 158,2 38,8 158,2 58,2 100 % = 60% (Đáp án C) 58,2 38,8 Phương pháp 9: CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG KHÁI QUÁT Trong các đề kiểm tra và thi tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm chúng ta thấy rằng số lượng câu hỏi và bài tập khá nhiều và đa dạng... hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1 Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ... Phản ứng: 0,06 0,16 0,04 0,04 mol V2 tương ứng với 0,04 mol NO Như vậy V2 = 2V1 (Đáp án B) Phương pháp 5: SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu M ) cũng như khối lượng nguyên... b 2a D b 2a Phương pháp 10: TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau: - Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán Trang 25 - Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể tích hoặc tỉ lệ số mol các chất Như vậy kết quả giải bài toán không... chất với nhau là một dạng bài tập hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông cũng như trong các đề thi kiểm tra và đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song việc giải loại dạng bài tập này theo phương pháp sơ đồ đường chéo theo tác giả là tốt nhất Nguyên tắc: Trộn lẫn hai dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (nồng... hòa 1 /10 dung dịch B bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C 1 Hãy xác định CTPT của các axit A HCOOH và CH3COOH B CH3COOH và C2H5COOH C C2H5COOH và C3H7COOH D C3H7COOH và C4H9COOH 2 Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A 5,7 gam B 7,5 gam C 5,75 gam D 7,55 gam Hướng dẫn giải 1 Theo phương pháp KLPTTB: 1 23 m RCOOH 2,3 gam, 10 10 1 30 m RCH2COOH 3 gam 10 10 2,3... 2,62 gam D 2,32 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,025 0,025 0,025 mol m Fe2O3 = 3 56 0,025 = 1,6 gam 1,6 2 = 0,02 mol 160 mFe = 56 (0,025 + 0,02) = 2,52 gam (Đáp án A) m Fe ( trong Fe2O3 ) Phương pháp 8: SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài tập hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông cũng như trong... và áp suất A 10 lít B 20 lít C 30 lít D 40 lít Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có: M = 16 3 = 48 = 64.x + 32(1 x) x = 0,5 Vậy: mỗi khí chiếm 50% Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít Trang 15 Gọi V là số lít O2 cần thêm vào, ta có: 64 10 32 (10 V) M 2,5 16 40 20 V Giải ra có V = 20 lít (Đáp án B) Rút ra V = 20 lít (Đáp án B) Ví dụ 4: Có 100 gam dung